梁昌金

從近幾年的全國(guó)卷高考情況來(lái)看，第21題是以函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、方程與不等式等知識(shí)為載體的導(dǎo)數(shù)問(wèn)題.這類試題，由于其試題新穎，綜合性高，方法多樣，技巧性強(qiáng)，所以難度往往很大，給不少學(xué)生造成了一定的心理壓力.因此，如何突破這方面的內(nèi)容便成了一個(gè)重要的研究課題.本文結(jié)合幾道例題，給出破解“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”試題的七種非常規(guī)技巧，化陌生為熟悉，使這類問(wèn)題的求解也具有一定的通性通法，極大降低解題難度.

1 利用導(dǎo)數(shù)的定義

例1（2016年高考新課標(biāo)Ⅱ文20）已知函數(shù)f（x）=（x+1）lnx-a（x-1）.

（Ⅰ）當(dāng)a=4時(shí)，求曲線y=f（x）在（1，f（1））處的切線方程；

（Ⅱ）若當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）>0，求a的取值范圍.

解（Ⅰ）所求切線方程為2x+y-2=0（過(guò)程略）；

（Ⅱ）當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）>0等價(jià)于a<（x+1）lnxx-1.

設(shè)g（x）=（x+1）lnxx-1，x>1，

則g′（x）=x2-1x-2lnx（x-1）2.

設(shè)h（x）=x2-1x-2lnx，x>1，

則h′（x）=（x-1）2x2>0.

所以h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，因此，當(dāng)x>1時(shí)，h（x）>h（1）=0.

所以g′（x）>0，故g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增.

設(shè)φ（x）=（x+1）lnx，x>1，則g（x）=φ（x）-φ（1）x-1.

于是limx→1g（x）=limx→1φ（x）-φ（1）x-1=φ′（x）x=1=lnx+x+1xx=1=2.

所以a≤limx→1g（x）=2，故a的取值范圍是（-∞，2].

點(diǎn)評(píng)若采用分離參數(shù)法，在得出函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增后，無(wú)法求出最小值，分離參數(shù)法失敗了.針對(duì)這種情況，有人啟用洛必達(dá)法則解決，但因高中沒(méi)有學(xué)習(xí)洛必達(dá)法則而受質(zhì)疑，干脆放棄分離參數(shù)的方法另謀它法.故而本題的參考答案用的是分類討論的方法進(jìn)行求解.本文使用了導(dǎo)數(shù)的定義，既避免了繁瑣的分類討論，又沒(méi)有使用超綱的洛必達(dá)法則，且整個(gè)解答過(guò)程極為簡(jiǎn)潔，無(wú)疑是一種值得推廣的好方法.

2 先充分后必要

例2（2015年高考北京卷理科第18（3）題）

設(shè)實(shí)數(shù)k使得ln1+x1-x>k（x+x33）對(duì)x∈（0，1）恒成立，求k的最大值.

解設(shè)g（x）=ln1+x1-x-k（x+x33），則g′（x）=（x2+1）（-k），注意到g（0）=0，若x∈（0，1）時(shí)，g′（x）≥0（0

此時(shí)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，所以g（x）>g（0）=0符合題意，因此k≤2.

又當(dāng)k>2時(shí)，可得g′（x）=kx4-（k-2）1-x2，所以，當(dāng)0

因此g（x）在區(qū)間（0，4k-2k）上單調(diào)遞減，所以g（x）

所以，所求k的最大值為2.

點(diǎn)評(píng)不等式含參恒成立問(wèn)題，常規(guī)方法是“分離參數(shù)法”和“構(gòu)造函數(shù)法”，但有時(shí)解決起來(lái)很困難.筆者探究發(fā)現(xiàn)，有些問(wèn)題，我們可以關(guān)注端點(diǎn)效應(yīng)，如本試題前半部分求解得出的僅是原命題成立的一個(gè)充分條件，再證其必要性即可.

3先必要后充分

例3（合肥市2016屆高三第二次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)理科第21題）已知函數(shù)g（x）=ax3+x2+x（a為實(shí)數(shù)）.

（1）試討論函數(shù)g（x）的單調(diào)性；

（2）若對(duì)x∈（0，+∞）恒有g(shù)（x）≤lnx+1x，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解（1）略；

（2）令f（x）=lnx+1x，則f′（x）=1x-1x2，

因此，f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）min=f（1）=1.

對(duì)x∈（0，+∞）恒有g(shù)（x）≤lnx+1x，則必有g(shù)（1）≤1，即a≤-1.

當(dāng)x∈（0，+∞），a≤-1時(shí)，g（x）=ax3+x2+x≤-x3+x2+x，設(shè)h（x）=-x3+x2+x，

則h′（x）=-3x2+2x+1，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h（x）單調(diào)遞減.

所以h（x）max=h（1）=1，于是g（x）≤f（x）=lnx+1x.

綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≤-1.

點(diǎn)評(píng)含參不等式恒成立問(wèn)題在各類考試中頻繁出現(xiàn)，常規(guī)方法是對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論.如何分類，分類后如何破解問(wèn)題是難點(diǎn)，而且學(xué)生對(duì)分類討論較為畏懼.另辟蹊徑，可以利用不等式恒成立的必要條件縮小參數(shù)的范圍，然后再作充分性論證，這樣常能達(dá)到化繁為簡(jiǎn)的作用.

4分離函數(shù)法

例4（武漢市2016屆高中畢業(yè)生四月調(diào)研測(cè)試?yán)砜茢?shù)學(xué)21）

已知函數(shù)f（x）=x2ex-lnx.（ln2≈0.6931，e≈1.649）

（1）當(dāng)x≥1時(shí)，判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）證明：當(dāng)x>0時(shí)，不等式f（x）>1恒成立.

解（1）函數(shù)f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增（過(guò)程略）；

（2）f（x）>1等價(jià)于exx>lnx+1x3.令g（x）=exx，h（x）=lnx+1x3.

一方面，g′（x）=（x-1）exx2.

當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增.

所以當(dāng)x=1時(shí)，g（x）=exx取得最小值，最小值為e.

另一方面，h′（x）=-3lnx+2x4.

當(dāng)x∈（0，e-23）時(shí)，h′（x）>0，h（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（e-23，+∞）時(shí)，h′（x）<0，h（x）單調(diào)遞減.

所以當(dāng)x=e-23時(shí)，h（x）=lnx+1x3取得最大值，最大值為13e2.

注意到e>13e2，從而可知對(duì)x>0都有g(shù)（x）>h（x），即exx>lnx+1x3，即f（x）>1.

點(diǎn)評(píng)當(dāng)函數(shù)不等式中同時(shí)出現(xiàn)ex和lnx時(shí)，直接應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明很困難，甚至需要多次求導(dǎo)，導(dǎo)致思維受阻，此時(shí)若能從函數(shù)不等式分離出ex或lnx，再利用導(dǎo)數(shù)證明，則可化難為易、化繁為簡(jiǎn).

5重要不等式

例5（2014年新課標(biāo)Ⅰ理21）設(shè)函數(shù)f（x）=aexlnx+bex-1x，曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線為y=e（x-1）+2.

（1）求a，b； （2）證明：f（x）>1.

解 （1）a=1，b=2（過(guò)程略）；

（2）由（1）知f（x）=exlnx+2xex-1，從而f（x）>1等價(jià)于xexlnx+2ex-1-x>0，

由常見(jiàn)不等式ex≥x+1，得ex-1≥x，所以-x≥-ex-1，

所以xexlnx+2ex-1-x≥xexlnx+ex-1=ex（xlnx+1e），

令g（x）=xlnx+1e，x>0，則g′（x）=lnx+1，

當(dāng)01e時(shí)，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增.

所以g（x）≥g（1e）=0.由于取等號(hào)的條件不同，故xexlnx+2ex-1-x>0，從而原不等式成立.

點(diǎn)評(píng)課本是數(shù)學(xué)知識(shí)的重要載體，是高考考試內(nèi)容的具體化，是解題能力的基本生長(zhǎng)點(diǎn).不等式ex≥x+1及其變式lnx≤x-1（x>0）即是課本中的一個(gè)重要不等式.只有全面“吃透”課本上的例題、習(xí)題，才能系統(tǒng)地掌握蘊(yùn)含其中的基礎(chǔ)知識(shí)、基本方法和數(shù)學(xué)思想，構(gòu)建起屬于自己的數(shù)學(xué)知識(shí)網(wǎng)絡(luò).

6切線分隔法

例6（2016年遼寧省部分重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體高三模擬考試?yán)砜频?1題）已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）x.

（1）判斷f（x）在（0，+∞）的單調(diào)性；

（2）若x>0，證明：（ex-1）ln（x+1）>x2.

解（1）f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減（過(guò)程略）；

（2）因?yàn)椋╡x-1）ln（x+1）>x2ex-1x>xln（x+1）（x>0）.

設(shè)g（x）=ex-1x，h（x）=xln（x+1），注意到g（0）=h（0）=1，

則易求出函數(shù)g（x），h（x）的圖像在點(diǎn)（0，1）處有相同的切線y=12x+1.

下面證明兩個(gè)不等式成立即可：

ex-1x>12x+1（x>0）ex>12x2+x+1（x>0）；

xln（x+1）<12x+1（x>0）ln（x+1）>2xx+2（x>0）.

這兩個(gè)不等式通過(guò)構(gòu)造函數(shù)易證（過(guò)程略）.

點(diǎn)評(píng) 試題本質(zhì)是通過(guò)等價(jià)變形，作出草圖，發(fā)現(xiàn)函數(shù)y=ex-1x的圖像與函數(shù)y=xln（x+1）的圖像有公切線y=12x+1，且y=ex-1x的圖像在這條公切線的上方，y=xln（x+1）的圖像在這條公切線的下方.

7變更主元法

例7（黑龍江省哈爾濱市第三中學(xué)2016屆高三第一次模擬考試?yán)砜频?1題）

已知函數(shù)f（x）=lnx-kx+1（k為常數(shù)），函數(shù)g（x）=xex-ln（4ax+1），（a為常數(shù)，且a>0）.

（1）若函數(shù)f（x）有且只有1個(gè)零點(diǎn)，求k的取值的集合；

（2）當(dāng)（1）中的k取最大值時(shí)，求證：ag（x）-2f（x）>2（lna-ln2）.

解（1）k的取值的集合為{k|k≤0或k=1}（過(guò)程略）；

（2）由（1）知，lnx≤x-1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立.

而4ax+1>1，故ln（4ax+1）<4ax+1-1=4ax.

于是，k=1時(shí)，ag（x）-2f（x）=axex-aln（4ax+1）-2lnx+2x-2>axex-a·4ax-2lnx+2x-2=axex-2lnx-2x-2.

設(shè)h（a）=xexa-2lna-2x-2lnx-2+2ln2，則h′（a）=xex-2a，

由h′（a）>0，得a>2xex；由h′（a）<0，得0

所以h（a）在（0，2xex）上單調(diào)遞減，在（2xex，+∞）上單調(diào)遞增，

所以h（a）≥h（2xex）=0，即axex-2lnx-2x-2≥2（lna-ln2），故原不等式成立.

點(diǎn)評(píng)對(duì)于含參函數(shù)問(wèn)題，涉及到的量往往不止一個(gè)，若能轉(zhuǎn)換角度思考問(wèn)題，往往會(huì)出奇制勝，收到意想不到的效果和感悟.

一些典型問(wèn)題，雖然已有通法存在，但由于學(xué)生的接受能力與分析問(wèn)題的能力所限，不能很好地理解并掌握這些方法.通過(guò)以上幾道導(dǎo)數(shù)壓軸題的分析，我們發(fā)現(xiàn)，對(duì)一些典型問(wèn)題的分析，我們不能停留在問(wèn)題表象的研究.而應(yīng)多做一些教學(xué)與解題研究，從不同的角度、方法使問(wèn)題得到更為完善的解決.這些“非常道”，表面上看起來(lái)是一些巧解，但通過(guò)細(xì)致的分析，我們會(huì)發(fā)現(xiàn)，這些“非常道”往往也是一種通法，而且是學(xué)生較為容易接受的一些通法，是提高學(xué)生分析問(wèn)題與解決問(wèn)題的重要思想方法.這就要求我們?cè)谄綍r(shí)的學(xué)習(xí)中，應(yīng)善于學(xué)習(xí)，勤于鉆研，能站在更高的角度看待和審視問(wèn)題.